Un corrigé de la deuxième épreuve du CAPES, session 2009

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1 Université e Paris 7 Préparation au CAPES e mathématiques B. Keller Un corrigé e la euxième épreuve u CAPES, session 009 Partie A : une majoration es moules es racines un polynôme (1) Exemple numérique A.1.1 Nous avons p(x) = X 3 + ( + 3i)X + ( 3 5i)X + (6 i) = (X 3 X 3X + 6) + (3X 5X ) i. Si x est une racine réelle e p(x), la partie imaginaire u nombre complexe p(x) est nulle, et x est onc racine u polynôme 3X 5X = 0 Or les racines e ce polynôme sont x 1 = et x = 1/3. On vérifie que x = 1/3 n est pas racine e p(x) mais x = est bien une racine réelle e p(x). A.1. Nous avons z + 3iz 3 + i = (z + 3 i) i. Il s agit onc extraire la racine carrée u nombre complexe 3/4 i. Écrivons (a + bi) = 3/4 i pour es réels a et b. Nous avons alors a b = 3/4 et ab = 1. L égalité (a + bi) = 3/4 i entraîne en outre l égalité es moules a + b = (3/4) + 1 = 5/16 = 5/4. Nous en éuisons que a = 1 ( ) = 1 et b = 1 ( ) = 1 4. En outre, comme ab = 1, les nombres a et b sont e signe opposé. Nous obtenons onc a + bi = ±(1 i/). Finalement, il vient z + 3iz 3 + i = (z + 3 i) (1 i ) et les solutions e l éqation z + 3iz 3 + i = 0 sont z = 3 i ± (1 i ) respectivement z 1 = 1 i et z = 1 i. A.1.3 Nous avons p(x) = (X + 3iX 3 + i)(x ). Donc les racines (complexes) e p(x) sont, 1 i et 1 i. Nous avons a 0 = = 10 6, 3, 1+ a 1 = = , 83, 1+ a = , 60. Donc R = , 83. Les moules es racines sont, 5, 4 et 1, 41. Les racines appartiennent onc bien au isque fermé e centre O et e rayon R = Je remercie Marie-Françoise Roy pour ses commentaires avisés sur une version antérieure e ce corrigé. 1

2 () Étue u cas général A..1.a Notons m le maximum es nombres v k, 1 k n. Nous avons AV = λv. Nous en éuisons que n n n λv i = a ij v j a ij v j a ij m r i m. A..1.b Soit 1 j n tel que le nombre v j est maximal parmi les v k, 1 k n. Comme le vecteur V est non nul, le nombre v j est non nul. L inégalité émontrée ans.1.a implique que λ v j r j v j et onc que λ r j. Le nombre λ appartient onc au isque D j et, par conséquent, à la réunion es isques D i, 1 i n. A...a Procéons par récurrence sur n. Supposons abor que n = 1. Alors nous avons P (X) = X + a 0, M P = (a 0 ) et onc et(m p zi 1 ) = (a 0 z) = ( 1) 1 P (z) comme il se oit. Supposons maintenant que n et que l affirmation a été émontrée jusqu au cran n 1. Posons Q(X) = X + a X n a X + a 1 e façon que P (X) = XQ(X) + a 0. Si nous éveloppons le éterminant e la matrice M P zi n par rapport à la première ligne nous obtenons et(m P zi n ) = ( z) et(m Q zi ) + ( 1) ( a 0 ). Grâce à l hypothèse e récurrence appliquée à Q(X), cette expression est égale à ( z)( 1) Q(z) + ( 1) ( a 0 ) = ( 1) n (zq(z) + a 0 ) = ( 1) n P (z). A...b Soit λ une racine e P (X). Grâce à la question..a, le nombre λ est valeur propre e la matrice compagnon M P. Grâce à la question.1, le nombre λ appartient à la réunion es isques D i e centre 0 et e rayon r i égal à la somme es moules es coefficients e la i-ième ligne e la matrice M P. Clairement, nous avons r 1 = a 0 et r i = 1 + a i 1 pour i n. La réunion e ces isques est le isque e rayon R égal au maximum es nombres a 0 et 1 + a i 1, 1 i n. B.1.1 Pour tout réel x 0, nous avons Partie B : La borne e Cauchy h(x) = H(x) 1 x n = c k 1. xn k Comme les réels c k sont positifs, chacune es fonctions x c k /x n k, 0 k n 1, est écroissante sur l intervalle ]0, + [. Au moins l une est strictement écroissante car au moins l un es c k est strictement positif. La somme e ces fonctions est onc strictement écroissante et ceci vaut encore pour x h(x) car la fonction constante x 1 est écroissante. B.1. Comme les c k sont positifs et au moins l un entre eux est strictement positif, la fonction x h(x) ten vers + quan x ten vers 0 par es valeurs positive. Clairement, la fonction x h(x) ten vers 1 quan x ten vers +. Par le théorème es valeurs intérméiaires, la fonction continue h pren onc la valeur 0 sur l intervalle ]0, + [. Comme elle est strictement écroissante, elle est injective et pren la valeur 0 pour exactement un réel α ans l intervalle ]0, + [. Comme

3 on a h(x) = H(x)/x n, le nombre α est alors l unique racine u polynôme H(X) ans l intervalle ]0, + [. Nous avons h (x) = H (x)x n nh(x)x x n et onc h (α) = H (α) α n. Or nous avons h (x) = (n k)c k x n k+1 et ce nombre est strictement négatif si x > 0 car les c k sont positifs et au moins l un entre eux est strictement positif. Il s ensuit que H (α) est strictement négatif et onc que α est racine simple e H. B.1.3 Puisque ζ > α et que h(α) = 0 et h est strictement écroissante sur ]0, + [, nous avons h( ζ ) < 0. Donc 0 > c k ζ k ζ n ce qu il fallait montrer. B.1.4 Supposons 3 que ζ est une racine en ehors u isque fermé e centre O et e rayon α. Alors nous avons ζ n = c k ζ k et onc Or par la question 1.3, nous avons aussi ζ n = c k ζ k c k ζ k. ζ n > c k ζ k. Cette contraiction montre qu on ne peut pas avoir ζ > α. Donc on a ζ α et ζ appartient bien au isque fermé e centre O et e rayon α. ) Une application B..1 Le nombre γ est un réel strictement positif. On a F γ (X) = (X γ)f (X) = a m 1 X m + (a m γa m 1 )X m (a i 1 γa i )X i (a 0 γa 1 )X + ( γa 0 ). Par éfinition e γ, on a γ a i 1 /a i pour tout 1 i m 1. Pour i < m, le coefficient a i 1 γa i e X i est onc un réel négatif et le coefficient constant est un réel strictement négatif. D après la question 1. appliquée au polynôme F γ (X)/a m 1, le polynôme F γ (X) amet onc une unique racine Notons que nous n avons pas utilisé l hypothèse que ζ est racine e H(X) mais uniquement le fait que ζ > α. 3 On peut aussi montrer ce résultat sans raisonner par l absure : si ζ est une racine e H(X), on a X ζ n = c k ζ k X c k ζ k. Il s ensuit que le réel h( ζ ) est positif. Comme h est strictement écroissante et h(α) = 0, le nombre ζ est onc majoré par α. 3

4 réelle strictement positive, à savoir γ. Par la question 1.4, on à alors ζ γ pour toute racine complexe ζ e F γ (X) et en particulier pour toute racine complexe ζ e F (X). B.. Consiérons le polynôme G(X) = F ( 1 X )Xm 1 = m 1 a m 1 k X k. Alors le polynôme G(X) est e egré m 1 et tous ses coefficients sont es réels strictement positifs. Le nombre 1/γ est égal au nombre γ associé à G(X) comme ans la question.1. Nous avons onc ζ 1/γ pour toute racine ζ e G(X). Or les racines e G(X) sont exactement les nombres 1/ζ, où ζ est une racine e F (X) (car 0 n est pas racine e F (X) ni e G(X)). Il en résulte que γ ζ pour toute racine ζ e F (X). 3) La borne e Cauchy B.3.1 Un nombre réel x est solution e l équation a k x k = a n x n si et seulement si x est racine u polynôme H(X) = X n a k a n Xk. D après la question 1., ce polynôme amet une unique racine réelle strictement positive. l équation a k x k = a n x n amet une unique solution réelle strictement positive ρ(f). B.3. Soit ζ une racine complexe e f(x) = n a kx k. Alors nous avons Posons a n ζ n = a k ζ k a k ζ k. H(X) = X n a k a n Xk Donc et éfinissons la fonction h comme à la question 1.1. Alors l inégalité ci-essus se trauit par h( ζ ) 0. Comme on a h(ρ(f)) = 0 et que la fonction h est strictement écroissante (par la question 1.), on oit avoir ζ ρ(f). B.3.3.a Nous avons f(x) = a n n k=1 n (X ζ k ) = a n ( 1) n k ( En comparant les coefficients à gauche et à roite, nous obtenons a k = ( 1) n k ζ i1... ζ in k. a n i 1 <...<i n k k=1 Pour tout 0 k n, le nombre e termes ans la somme i 1 <...<i n k ζ i1... ζ in k 4 i 1 <...<i n k ζ i1... ζ in k )X k.

5 est égal à ( n k) et le moule e chaque terme est majoré par ζn k. Le moule e la somme est onc majoré par ( ) n ζ n n k et nous avons bien a ( ) k n ζ n n k. k a n k B.3.3.b Par éfinition e ρ(f), nous avons ρ(f) n = 1 a k ρ(f) k. a n Par la question précéente, le membre e roite est majoré par ( ) n ζ n n k ρ(f) k k ce qu il fallait émontrer. B.3.3.c Nous avons ( ) n ρ(f) n ρ(f) n + ζ n n k ρ(f) k = (ρ(f) + ζ n ) n. k Il s ensuit que ( n 1)ρ(f) ζ n. B.3.3. Nous avons g(x) = X n f( 1 X ). Comme 0 n est pas racine e f, il s ensuit que les racines e g sont exactement les nombres 1/ζ k, 1 k n. En particulier, la racine e moule maximal e g est 1/ζ 1 et son moule vaut 1/ ζ 1. Par les questions 3. et 3.3.c appliquées à g(x), nous obtenons onc ce qui implique clairement que l on a B.3.4 Pour le polynôme ( n 1)ρ(g) 1/ ζ 1 ρ(g) 1 ρ(g) ζ 1 1 ( n 1)ρ(g). P (X) = X 3 + ( + 3 i) X + ( 3 5 i) X + 6 i e la question A.1, la borne e Cauchy est l unique racine réelle u polynôme La calculatrice fournit la valeur approchée x 3 13x 34x 10. ρ(p) 5, 0. Les racines e p sont 1 i, 1 i et et les valeurs approchées e leurs moules sont 1, 41, 4 et. On a ainsi confirmé l inégalité émontrée à la question 3.. Nous obtenons ( 3 1)ρ(f) 1, 30 et le moule maximal es racines est 5, 4 ce qui confirme le résultat e la question 3.3.c. 5

6 4) Un raffinement e la borne e Cauchy B.4.1 La borne e Cauchy ρ(f) est l unique nombre réel strictement positif tel que a n ρ(f) n = a k ρ(f) k et il résulte e la question B.1.1 que si r est un nombre réel strictement positif tel que alors on a r ρ(f). Or nous avons a n r n a k r k n a n ρ(f 1 ) = a k ρ(f 1 ) k a k ρ(f 1 ) k. Nous en éuisons que ρ(f 1 ) ρ(f) comme il se oit. B.4. Comme ζ est une racine non nulle e f, nous avons Il en résulte que n a + a n ζ = a k ζ k n+1. a + a n ζ = 1 n ζ a k ζ k 1 n ζ a k ζ k. Comme ζ ρ(f 1 ), l expression ci-essus est majorée par 1 ρ(f 1 ) a k ρ(f 1 ) k et ceci est égal à a n ρ(f 1 ) après la éfinition e ρ(f 1 ). Nous obtenons onc bien l assertion. B.4.3 Si ζ n appartient pas à D 0, après la question précéente, nous avons Il en résulte que a + a n ζ a n ρ(f 1 ). a a n + ζ ρ(f 1 ). La racine ζ se trouve onc bien ans le isque D 1. En conclusion, on a bien montré que toute racine ζ qui ne se trouve pas ans le isque D 0 se trouve ans le isque D 1. Donc toute racine e f(x) appartient à la réunion e ces eux isques. Partie C : un théorème e Lucas 4) Préliminaires C.1.1 Soient A et B es points e E(P ). Soit Γ une partie convexe contenant P. Alors les points A et B sont contenus ans Γ et onc le segment [AB] est encore contenu ans Γ. Comme Γ est arbitraire, il s ensuit que le segment [AB] est contenu ans l intersection e toutes les parties convexes contenant P, c est-à-ire ans E(P ). Donc E(P ) est bien convexe. Si Γ est une partie convexe quelconque contenant P, alors Γ apparaît ans l intersection qui éfinit E(P ) et onc E(P ) est contenu ans Γ. Donc E(P ) est bien la plus petite partie convexe contenant P. C.1. Notons B l ensemble es barycentres e familles finies e points e P affectés e coefficients positifs. Tout point M e P est barycentre e la famille réuite à M affecté u coefficient 1. Donc la 6

7 partie P est contenue ans B. Montrons que B est contenue ans toute partie convexe Γ contenant P. Soit M le barycentre une famille finie e points M 1,..., M s e P affectés e coefficients positifs m 1,..., m s. Si s =, alors M appartient au segment [M 1 M ] et onc à Γ. Pour s >, procéons par récurrence : soit M le barycentre e la famille M 1,..., M s 1 affectés es coefficients m 1,..., m s 1. Par l hypothèse e récurrence, le point M appartient à Γ. Par l associativité es barycentres, le point M est le barycentre e M s affecté e m s et e M affecté e m m s 1. Donc il appartient au segment [M M s ] et onc à Γ. Il s ensuit que la partie B est contenue ans E(P ). Pour conclure qu elle contient E(P ), il suffit e montrer qu elle est bien convexe. Soient M et M eux points e B affectés e coefficients m et m. Par hypothèse, le point M est le barycentre une famille e points massiques (M i, m i ), 1 i s, et le point M le barycentre une famille e points massiques (M j, m j ), 1 j s. Par l associativité es barycentres, le barycentre e (M, m) et (M, m ) est aussi le barycentre e (M 1, mm 1 ),..., (M s, mm s ), (M 1, m m 1 ),..., (M s, m m s ). Ce point appartient onc bien à B et B est bien convexe. C..1 Nous avons m f(x) = a n (X r j ) α j. Par la règle u prouit, pour la érivée f (X), nous obtenons m f (X) = a n α j (X r j ) αj 1 (X r k ) α k. k j Pour tout nombre complexe z istinct e r 1,..., r m, nous obtenons onc f (z) m f(z) = α j. z r j C.. Soit r une racine e f (X) istincte e r 1,..., r m. Nous avons onc f(r) 0 et 0 = f (r) m f(r) = α j = r r j m α j r r j r r j. Le conjugué complexe u membre e roite s annule aussi et nous avons onc 0 = α j r r j (r r j) = 0. Il en résulte que le point affixe r est le barycentre es points M 1,..., M m affixes respectives r 1, r,..., r m affectés es coefficients (positifs!) α j r r j, 1 j m. C..3 Soit r une racine e f (X). Si r est aussi une racine e f(x), alors il n y a rien à émontrer. Sinon, nous pouvons appliquer la question C..3 pour conclure par C.1. que r appartient bien à l enveloppe convexe es points u plan ont les affixes sont les racines e f(x). C..4 Nous avons p (X) = 3 x + ( ) x et les racines e ce polynôme sont ( 3 + ) + ( )i 1, 37 0, 76i et ( 3 ) + ( 1 )i 0, 40 1, 4i. 6 Ils appartiennent bien à l enveloppe convexe es racines e p(x), voir la figure 1. 7

8 0. 0. (,00; 0,00) (1,36; -0,76) (-1,00; -1,00) (-0,40; -1,4) (1,00; -,00) Figure 1: question C..4 Partie D : théorème e Lucas et polynômes e egré 3 1) Étue u cas ou M 1 M M 3 est un triangle équilatéral D.1.1 Supposons que f (X) possèe une racine ouble ω. Alors nous avons et onc f (X) = 3(X ω) f(x) = (X ω) 3 + c pour un nombre complexe c. Si c s annule, les trois racines u polynôme f(x) sont égales, contrairement à l hypothèse que les points M 1, M et M 3 ne sont pas alignés. Nous avons onc c 0. Soit un nombre complexe tel que 3 + c = 0. Nous avons 0 et onc f(x) = (X ω) 3 3 = 3 (( X ω ) 3 1). Donc un nombre complexe x est racine e f(x) ssi nous avons c est-à-ire que ( x ω ) 3 = 1 x ω pour un entier 0 j, où ζ = e πi/3. Les trois racines e f(x) sont onc les nombres = ζ j ζ j + ω, 0 j. Clairement les points M 1, M, M 3 affixes ces nombres forment un triangle qui est conservé par la rotation e mesure angle π/3 autour u point G affixe ω. Le triangle M 1 M M 3 est onc équilatéral et G est son centre e gravité. Réciproquement supposons que le triangle M 1 M M 3 est équilatéral e centre e gravité G. Alors les vecteurs GM j, 1 j 3, sont obtenus en appliquant es rotations e mesures angles 0, π/3 et 4π/3 au vecteur GM 1. Il s ensuit que les nombres r j ω sont obtenus en multipliant r 1 ω par une puissance entière e ζ = e π/3. Il en résulte que, quitte à renuméroter les racines, nous avons r j = ω + ζ j 1, 0 j, 8

9 où = r 1 ω. Il en résulte que f(x) = (X ω) 3 3 car ces eux polynômes sont unitaires et ont les mêmes racines r 1, r et r 3. Ainsi, nous obtenons bien f (X) = 3(X ω) et f (X) possèe la racine ouble ω. D.1. Supposons que le triangle M 1 M M 3 est équilatéral. Alors après la question précéente, le polynôme f (X) possèe une racine ouble qui est l affixe u centre e gravité u triangle M 1 M M 3. Or ans un triangle équilatéral, le centre e gravité coïncie avec le centre u cercle inscrit. Donc la racine ouble e f (X) est bien l affixe u centre u cercle inscrit u triangle M 1 M M 3. ) Une propriété e la tangente à l ellipse D..1 Nous avons M(t)F = M(t)F + F F. Comme le vecteur F F est constant en t, les érivées e M(t)F et M(t)F par rapport à t sont égales. D.. Soit t w(t) une fonction e classe C 1 à valeurs ans un plan vectoriel eucliien. Notons t w (t) sa érivée. Nous avons et t (w(t).w(t)) = w (t).w(t) + w(t).w (t) = w(t).w (t) t w(t) = 1 w(t).w(t) = t w(t).w(t) w(t).w (t) = w(t).w (t) = w(t) w(t) w(t).w (t). Nous obtenons onc et, après la question.1, M(t)F = u(t). τ(t) t t M(t)F = v(t). t ( M(t)F ) = v(t). τ(t). Comme la somme M(t)F + M(t)F = a est constante, nous éuisons que 0 = u(t). τ(t) + v(t). τ(t) = ( u(t) + v(t)). τ(t). D..3 Les bissectrices u couple e roites ((M(t)F ), (M(t)F )) sont perpeniculaires et la irection e l une es bissectrices amet le vecteur irecteur u(t) + v(t). Nous avons vérifié à la question précéente que le vecteur tangent t ( M(t)F ) est perpeniculaire à u(t) + v(t). Donc le vecteur tangent est vecteur irecteur e l autre bissectrice u couple e roites. D.3.1 On a F T 1 = T 1 F 1 et onc 3) Un théorème e Poncelet a = F T 1 + T 1 F = F T 1 + T 1 F 1. En outre, comme (P T 1 ) est la bissectrice extérieure en T 1 u triangle F T 1 F (question D..3), les points F, T 1 et F 1 sont alignés. Donc on a a = F T 1 + T 1 F 1 = F F 1. 9

10 M(t) v(t) u(t) F' u(t)+v(t) F Figure : question D. F1 T1 P F' F T F Figure 3: question D.3 10

11 D.3. Il suffit e montrer que P F 1 = P F et F F 1 = F F. Or nous avons P F 1 = P F (par éfinition e F 1 ) et P F = P F (par éfinition e F ). Donc nous avons bien P F 1 = P F. Nous avons F F 1 = a par la question D.3.1 et e même F F = a. Nous avons onc bien F F 1 = F F. D.3.3.a Nous avons S (P T1 )(F 1 ) = F par éfinition e F 1 et onc S (P F ) S (P T1 )(F 1 ) = F. Donc S (P F ) S (P T1 ) est l unique rotation e centre P qui envoie le point F 1 sur F. De l autre côté, on sait que si D et D sont eux roites sécantes en un point C, alors S D S D, est la rotation e centre C et angle (e vecteurs) le ouble e l angle u couple (D, D ). Donc S (P F ) S (P T1 ) est aussi la rotation e centre P et angle l angle e vecteurs α, où α ésigne l angle u couple e roites ((P T 1 ), (P F )). D.3.3.b Nous avons S (P F )(F 1 ) = F par la question D.3.. Donc S (P T ) S (P F )(F 1 ) = S (P T )(F ) = F. Ainsi, la composée S (P T ) S (P F ) est également la rotation e centre P qui envoie F 1 sur F. De l autre côté, comme ans D.3.3.a, S (P T ) S (P F ) est aussi la rotation e centre P e angle β, où β ésigne l angle u couple e roites ((P F ), (P T )). L égalité es rotations implique que nous avons l égalité es angles e vecteurs α = β et onc l égalité es angles e roites α = β. 4) Étue u cas où M 1 M M 3 n est pas équilatéral D.4.1 Soit a la emi-somme es istances e F et F au milieu e [M 1 M ]. Alors l ellipse équation MF + MF = a a pour foyers les points F et F et passe par le milieu e [M 1 M ]. D où l existence une ellipse (E) avec les propriétés requises. D.4..a Nous avons f(x) = (X r 1 )(X r )(X r 3 ). Pour la érivée e f(x), nous obtenons onc, après la règle u prouit, f (X) = (X r 1 )(X r ) + (X r )(X r 3 ) + (X r 3 )(X r 1 ). En particulier, le coefficient ominant e f (X) vaut 3. Or, par hypothèse, le polynôme f (X) a les racines w et w. Comme il a le coefficient ominant 3, il est égal à f (X) = 3(X w)(x w ). D où l égalité qu on cherchait à montrer. D.4..b En comparant les coefficients ans la question précéente, nous obtenons À l aie e ces égalités, nous calculons 1(w r 1 + r )(w r 1 + r 3(w + w ) = (r 1 + r + r 3 ) (1) 3ww = r 1 r + r r 3 + r 3 r 1 () ) = 1(ww r 1 + r (w + w ) + (r 1 + r ) ) 4 = 1ww 4(r 1 + r )(r 1 + r + r 3 ) + 3(r 1 + r ) = 4(r 1 r + r r 3 + r 3 r 1 ) (r 1 + r ) 4(r 1 + r )r 3 = 4r 1 r (r 1 + r ) = (r 1 r ). Il en résulte imméiatement que nous avons l égalité à émontrer 1 w r 1+r = r r 1 r 1 r w r 1+r. Cette égalité entraîne que l angle u couple e vecteurs ( M M 1, T 1 F ) est égal à l angle u couple ( M 1 M, T 1 F ), où l on note T 1 le milieu e [M 1 M ]. Donc la roite (M 1 M ) est bissectrice extérieure 11

12 M3 F' F M M1 T1 Figure 4: question D.4 en T 1 u triangle F T 1 F. D après la question D..3, la roite (M 1 M ) est bien tangente à (E) au point T 1. D.4.3.a Nous avons 3(w r 1 )(w r 1 ) = 3ww 3r 1 (w + w ) + r 1 = (r 1 r + r r 3 + r 1 r 3 ) r 1 (r 1 + r + r 3 ) + r 1 = r 1 r + r r 3 r 1 r 3 r 1 = (r r 1 )(r 3 r 1 ) ce qui implique imméiatement l égalité recherchée r r 1 w r 1 = 3 w r 1 r 3 r 1. D.4.3.b L égalité qu on vient obtenir montre que l angle e vecteurs u couple ( M 1 F, M 1 M ) est égal à l angle e vecteurs u couple ( M 1 M 3, M 1 F ). D après la question D.3.3, il en résulte que (M 1 M 3 ) est la euxième tangente à (E) issue e M 1. D.4.4 On a vérifié à la question D.4.3 que l ellipse e foyers F et F ( affixes les racines e f (X)) et qui passe par le milieu e [M 1, M ] est tangente à la fois à (M 1 M ) et (M 1 M 3 ). Si on applique le même raisonnement à l ellipse e foyers F et F et passant par le milieu e [M 1, M 3 ], on obtient que cette ellipse est également tangente à (M 1 M ). Il en résulte que ces eux ellipses coïncient : en effet, eux ellipses qui ont les mêmes foyers et qui sont tangentes à une même roite coïncient (pour le montrer, il suffit e vérifier que les points e tangence coïncient; or ils sont égaux à l unique point e la roite qui minimise la fonction qui, à un point P e la roite associe la somme es istances aux foyers). Il en résulte que l ellipse e foyers F et F et qui passe par le milieu e [M 1, M ] passe également par le milieu e [M 1, M 3 ] et qu elle est tangente aux eux roites. En remplaçant M 1 par M ou M 3, nous obtenons que cette ellipse est également tangente à (M M 3 ) et que le point e tangence est le milieu e [M, M 3 ]. Nous voyons onc que les points F et F affixes les racines w et w e la érivée f (X) sont bien les foyers une (unique) ellipse tangente au milieux es côtés u triangle formé es points affixes les racines u polynôme f(x). 1